正題

題目連結:https://loj.ac/p/6039

題目大意

有\(n\)個物品，第\(i\)個費用為\(w_i\)，價值為\(v_i\)，對於\(k\in[1,m]\)求費用為\(m\)時能獲得的最大價值。

\(1\leq n\leq 10^6,1\leq m\leq 5\times 10^4,1\leq w_i\leq 300,1\leq v_i\leq 10^9\)

解題思路

好早以前寫的不過不知道為啥錯了，現在來補個新的。

\(w_i\)很小，考慮以其為突破口，顯然地我們可以把\(w_i\)相同的按照\(v_i\)從大到小排序，那麼對於每個\(w_i\)，我們就可以選擇若干個。

設\(f_{i,j}\)

（\(s_{i,z}\)表示\(w=i\)的物品中前\(z\)大的價值和）

這個式子很難用常規的優化，但是可以用四邊形不等式。至於證明，我們有\(w_{i,j}=s_{j-i}\)
要證明

然後因為\(s_{i+1}-s_{i}\)是遞減的，所以成立。

那麼我們現在對於每個列舉的\(w=i\)

然後對於每一組我們都用四邊形不等式優化，不過我忘了優化的方法了，還是記一下吧：

對於所有的可能的決策我們用一個單調佇列記錄，順帶記錄\(z_i\)表示佇列裡第\(i\)個決策和第\(i+1\)個決策的交叉點（在\(z_i\)之前\(q_{i}\)更優，\(z_i\)以之後\(q_{i+1}\)更優）。

然後每次彈出佇列前面的來找答案，加入的時候我們就二分出隊尾和新加入的決策交換點，然後一直彈尾部直到不交叉。

時間複雜度：\(O(mw\log m)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5e4+10;
ll n,m,g,f[2][N],q[N],z[N];
vector<ll> w[310];
bool cmp(ll x,ll y)
{return x>y;}
ll calc(ll i,ll j,ll p,ll k)
{return f[!g][i*p+k]+w[p][j-i-1];}
ll bound(ll i,ll j,ll p,ll k){
	ll l=i+1,r=(m-k)/p;
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(calc(i,mid,p,k)<calc(j,mid,p,k))
			l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return l;
}
signed main()
{
	freopen("jewelry.in","r",stdin);
	freopen("jewelry.out","w",stdout); 
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1,c,v;i<=n;i++){
		scanf("%lld%lld",&c,&v);
		w[c].push_back(v);
	}
	g=0;
	for(ll p=1;p<=300;p++){
		if(w[p].empty())continue;g^=1;
		memcpy(f[g],f[!g],sizeof(f[g]));
//		memset(f[g],0,sizeof(f[g]));
		sort(w[p].begin(),w[p].end(),cmp);
		while(w[p].size()<=m/p)w[p].push_back(0);
		for(ll i=1;i<w[p].size();i++)w[p][i]+=w[p][i-1];
		for(ll k=0;k<p;k++){
			ll head=1,tail=0;
			for(ll i=0;i*p+k<=m;i++){
				while(head<tail&&z[head]<=i)head++;
				if(head<=tail)f[g][i*p+k]=max(f[g][i*p+k],calc(q[head],i,p,k));
				while(head<tail&&z[tail-1]>=bound(i,q[tail],p,k))tail--;
				z[tail]=bound(i,q[tail],p,k);q[++tail]=i;
			}
		}
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++)
		printf("%lld ",f[g][i]);
	return 0;
}